4.5 牛顿运动定律的应用（重难点专练）物理沪科版必修第一册

4.5 牛顿运动定律的应用（题型突破） 题型01 从受力确定运动情况 题型02 从运动情况确定受力 题型03 多运动过程问题 题型04 超重与失重 ▌题型01 从受力确定运动情况 1.基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 3.解题步骤 (1)确定研究对象,进行受力分析,并画出物体的受力图。 (2)根据力的合成与分解,求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度。 (4)结合物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需求的运动学参量——任意时刻的位移和速度,以及运动轨迹等。 1.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末物体的速度为(　　) A.0 B.6 m/s C.12 m/s D.6 m/s 2.“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器,假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0、竖直向上的匀加速直线运动,有一导弹的质量为m,助推力为F,忽略空气阻力及燃料的质量,则当导弹运动了时间t时的速度大小为(　　) A.t B.t C. D. 3.如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(g=10 m/s2)(　　) A.物体经10 s速度减为零 B.物体经5 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 4.某质量为1 100 kg的汽车在平直路面上进行测试，现测得汽车前进中所受阻力恒为车重的0.04倍，当汽车用2 200 N的牵引力起步加速时，需要多长时间速度能达到108 km/h？如汽车以108 km/h匀速前进时，关闭汽车发动机，则汽车的滑行距离是多少？(g取10 m/s2) 5.如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小孩与冰车的加速度大小； (2)冰车运动3 s时的速度大小； (3)冰车运动5 s时的位移大小。 6.如图所示,运动员以v0=3 m/s的速度将冰壶沿水平冰面投出,冰壶在冰面上沿直线滑行x1=20 m后,其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%,以延长冰壶的滑行距离。已知运动员不摩擦冰面时,冰壶和冰面间的动摩擦因数μ=0.02,g取10 m/s2。求此冰壶: (1)滑行20 m过程中的加速度大小a1; (2)滑至20 m处的速度大小v1; (3)投出后在冰面上滑行的距离x。 ▌题型02 从运动情况确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 2.解题步骤 (1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动过程分析,并画出受力图和运动草图。 (2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求物体所受的合外力。 (4)根据力的合成与分解的方法,由合力求出所需要求的力。 7.如图所示,车辆在行驶过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊,假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　) A.420 N B.600 N C.800 N D.1 000 N 8.某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25 C.50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25 9.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　) A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N 10.民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面,如图所示。若机舱口下沿距地面l=3 m,气囊所构成的斜面长度为d=6 m,一个质量为m=60 kg的人沿气囊滑至底端用时t=4 s,在滑动过程中所受阻力恒定,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.在滑动的过程中人受到重力、支持力、下滑力和摩擦力 B.在滑动的过程中人的加速度大小为1 m/s2 C.在滑动的过程中人对气囊的压力大小为300 N D.在滑动的过程中人所受恒定阻力大小为255 N 11.如图,某滑雪爱好者从静止开始沿倾角为37°的斜坡上的雪道匀加速直线下滑,开始下滑后3 s内下降的高度为12 m,重力加速度g的大小为10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)下滑3 s时,滑雪爱好者的速度大小; (2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数。 12.汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数，才能保证汽车安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数，需要测试刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以72 km/h的速度行驶时，突然紧急刹车，车轮被抱死后在路面上滑动，直至停下来。量得车轮在公路上摩擦的痕迹长度是30 m，则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少？(g取10 m/s2) 13.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)。斜面的倾角θ＝30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s，求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g＝10 m/s2) ▌题型03 多运动过程问题 1.基本思路 (1)把整个过程拆分为几个子过程,对每个子过程进行受力分析和运动特点分析。 (2)应用运动学公式或者牛顿第二定律求出不同运动过程的加速度。 (3)应用运动学公式求未知物理量或应用牛顿第二定律求未知力。 2.解题关键:求解运动转折点的速度。该点速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到承上启下的作用,对解决问题起重要作用。 14.如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则： (1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？ (2)物体到达B点时的速度是多大？ (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？ 15.如图所示，质量m＝10 kg的物体静止在水平地面上，在斜向上的恒力F拉动下，开始向右运动。已知力F＝100 N，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F与水平方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)求物体受到的摩擦力的大小； (2)求力F作用5 s时物体的速度大小； (3)如果力F作用5 s后撤去，则物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移是多大？ 16.滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。求: (1)游客匀速下滑时的速度大小; (2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 17.小明通过拉轮胎跑训练体能。如图所示,小明腰部系着轻绳拖着轮胎,已知轮胎的质量为10 kg,绳与地面的夹角θ=37°,轮胎与地面间的动摩擦因数μ=0.5。小明拉着轮胎从静止开始全力奔跑,跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动),然后以最大速度匀速跑到60 m终点处,共用时10 s。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小明加速所用的时间t1和最大速度; (2)小明匀加速运动阶段对轮胎的拉力F的大小。 ▌题型04 超重与失重 1.从物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)与重力的关系判断:若FN>mg,物体超重;若FN<mg,物体失重。 2.从加速度的角度判断:当物体具有竖直向上的加速度(或加速度分量)时处于超重状态;具有竖直向下的加速度(或加速度分量)时处于失重状态,竖直向下的加速度为g时处于完全失重状态。 3.提醒 (1)物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在,大小也没有变化。 (2)超重或失重现象与物体速度的大小和方向无关,只取决于加速度的方向。 物体状态 受力图 加速度 牛顿第二定律列方程 运动情况 平衡 a=0 F=mg 静止或匀速直线运动 超重 向上 F=m(g+a)>mg 向上加速或向下减速 失重 向下 F=m(g-a)<mg 向下加速或向上减速 完全失重 a=g F=0 自由落体运动、抛体运动 4.解决超重和失重问题的一般思路 超重和失重现象的实质就是牛顿第二定律的应用,解答有关问题时: (1)分析物体运动的加速度方向。 (2)判断物体处于超重状态还是失重状态。 (3)对物体进行受力分析。 (4)利用牛顿第二定律分析和求解。 18.(多选)某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 B.“站起”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 C.“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力小于力传感器对他的支持力 D.这段时间内，该运动员加速度的最大值为6 m/s2 19. (多选)几位同学为了探究电梯启动和制动时的运动状态变化情况,他们将体重计放在电梯中,一位同学站在体重计上,然后乘坐电梯从1层直接到10层,之后又从10层直接回到1层。用照相机进行了相关记录,如图所示。图1为电梯静止时体重计的照片,图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片。根据照片推断正确的是(　　) A.根据图2推断电梯一定处于加速上升过程,电梯内同学可能处于超重状态 B.根据图3推断电梯一定处于减速下降过程,电梯内同学可能处于失重状态 C.根据图4推断电梯可能处于减速上升过程,电梯内同学一定处于失重状态 D.根据图5推断电梯可能处于减速下降过程,电梯内同学一定处于超重状态 20.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。其中t1~t2段为直线,乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A.0~t1时间内,v增大,FN>mg B.t1~t2时间内,v减小,FN<mg C.t2~t3时间内,v增大,FN<mg D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg 21.(多选)弹簧高跷是一种新型的运动器材,如图甲。某次,当人抓住扶手用力向下蹬踏板压缩弹簧后,人就竖直向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙,则下列说法正确的是(忽略空气阻力)(　　) A.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力 B.人竖直向上弹起过程中,一直处于超重状态 C.人竖直向上弹起过程中,踏板对人的作用力大小等于人对踏板的作用力大小 D.人和高跷离开地面上升过程中处于完全失重状态 22.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是(　　) A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力 23.升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘放一个质量为20 kg的物体(g=10 m/s2),求: (1)当升降机匀速上升时,物体对台秤的压力大小; (2)当升降机以1 m/s2的加速度加速竖直上升时,物体处于超重状态还是失重状态?物体对台秤的压力大小; (3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,物体处于超重状态还是失重状态?物体对台秤的压力大小; (4)当升降机自由下落时,物体对台秤的压力。 24.在电梯中,把一物体置于水平台秤上,台秤与力传感器相连,电梯先从静止开始加速上升,然后又匀速运动一段时间,最后停止运动;传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像,如图所示(g取10 m/s2),则: (1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程? (2)该物体的重力是多大?电梯在超重和失重时物体的重力是否变化? (3)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大? 25.神舟十七号在2023年10月26日成功发射，汤洪波、唐胜杰、江新林三名航天员在太空中进行为期6个月的在轨驻留。火箭在发射时向上的加速度很大，有一段时间的加速度a将达到3.5g。(g＝10 m/s2) (1)火箭加速向上时，航天员将承受超重考验还是失重考验？ (2)平时重力G＝10 N的体内脏器，在该过程中需要支持力F多大？ (3)假设神舟十七号归来时，返回舱距地面一定高度时开始启动降落伞装置，在距地面高度h＝1.25 m时，速度为v＝10 m/s，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速。设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求最后减速阶段中质量m＝60 kg的航天员对座椅的压力为多大？ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.5 牛顿运动定律的应用（题型突破） 题型01 从受力确定运动情况 题型02 从运动情况确定受力 题型03 多运动过程问题 题型04 超重与失重 ▌题型01 从受力确定运动情况 1.基本思路 分析物体的受力情况，求出物体所受的合力，由牛顿第二定律求出物体的加速度；再由运动学公式及物体运动的初始条件确定物体的运动情况。 2.流程图 3.解题步骤 (1)确定研究对象,进行受力分析,并画出物体的受力图。 (2)根据力的合成与分解,求出物体所受的合外力(包括大小和方向)。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度。 (4)结合物体运动的初始条件,选择运动学公式,求出所需求的运动学参量——任意时刻的位移和速度,以及运动轨迹等。 1.质量为20 kg的物体静止在光滑水平面上，如图所示，给这个物体施加两个大小都是60 N且互成120°角的水平力，2 s末物体的速度为(　　) A.0 B.6 m/s C.12 m/s D.6 m/s 答案　B 解析　对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°＝ma 代入数据解得a＝3 m/s2 则2 s末物体的速度为v＝at＝6 m/s 故选B。 2.“巨浪”潜射导弹是护国卫疆的利器,假设导弹刚发射后的一段运动可近似看成初速度为0、竖直向上的匀加速直线运动,有一导弹的质量为m,助推力为F,忽略空气阻力及燃料的质量,则当导弹运动了时间t时的速度大小为(　　) A.t B.t C. D. 答案　A 解析　根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得a=-g,导弹运动了时间t时的速度大小v=at=t,A正确。 3.如图所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(g=10 m/s2)(　　) A.物体经10 s速度减为零 B.物体经5 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 答案　C 解析　施加恒力后,物体向左滑动时,水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动,滑动摩擦力大小为Ff=μFN=μmg=3 N,故a==5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需时间t==2 s,故A、B错误;物体减速到零后,由于F<Ff,则将保持静止状态,故C正确,D错误。 4.某质量为1 100 kg的汽车在平直路面上进行测试，现测得汽车前进中所受阻力恒为车重的0.04倍，当汽车用2 200 N的牵引力起步加速时，需要多长时间速度能达到108 km/h？如汽车以108 km/h匀速前进时，关闭汽车发动机，则汽车的滑行距离是多少？(g取10 m/s2) 答案　18.75 s　1 125 m 解析　汽车起步加速阶段，受力如图(a)所示，建立平面直角坐标系，以初始时汽车运动的方向为x轴的正方向，沿两个坐标轴方向分别建立方程 汽车起步加速阶段：FN－G＝0 ① 由牛顿第二定律F－Ff＝ma1 ② Ff＝0.04×1 100×10 N＝440 N ③ 将③式代入②式得 a1＝ m/s2 ＝1.6 m/s2 ④ 由运动学公式v－v0＝a1t， ⑤ 其中v＝ m/s＝30 m/s， 将④式代入⑤式得t＝ s＝18.75 s 汽车关闭发动机后，受力如图(b)所示，由牛顿第二定律－Ff＝ma2 ⑥ a2＝ m/s2＝－0.4 m/s2 ⑦ 由运动学公式0－v2＝2a2x ⑧ 将⑦式代入⑧式得x＝ m＝1 125 m。 5.如图所示，小孩与冰车的总质量为30 kg，静止在冰面上。大人用与水平方向夹角为θ＝37°、F＝60 N的恒定拉力，使其沿水平冰面由静止开始移动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ＝0.05，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)小孩与冰车的加速度大小； (2)冰车运动3 s时的速度大小； (3)冰车运动5 s时的位移大小。 答案　(1)1.16 m/s2　(2)3.48 m/s　(3)14.5 m 解析　(1)冰车和小孩整体受力如图所示。 在竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg ① 在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ－Ff＝ma ② 摩擦力Ff＝μFN ③ 联立解得加速度a＝1.16 m/s2。 (2)冰车运动3 s时的速度大小 v＝at＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s (3)冰车运动5 s时的位移大小 x＝at2＝×1.16×25 m＝14.5 m。 6.如图所示,运动员以v0=3 m/s的速度将冰壶沿水平冰面投出,冰壶在冰面上沿直线滑行x1=20 m后,其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%,以延长冰壶的滑行距离。已知运动员不摩擦冰面时,冰壶和冰面间的动摩擦因数μ=0.02,g取10 m/s2。求此冰壶: (1)滑行20 m过程中的加速度大小a1; (2)滑至20 m处的速度大小v1; (3)投出后在冰面上滑行的距离x。 答案　(1)0.2 m/s2　(2)1 m/s　(3)22.78 m 解析　(1)冰壶自由滑行过程,根据牛顿第二定律有μmg=ma1 代入数据解得a1=0.2 m/s2。 (2)自由滑行时冰壶做匀减速运动,根据速度与位移关系式有-=-2a1x1 解得v1=1 m/s。 (3)摩擦冰面后,根据牛顿第二定律有 0.9μmg=ma2 解得a2=0.18 m/s2 冰壶还能滑行的距离 x2== m≈2.78 m 投出后冰壶在冰面上滑行的距离 x=x1+x2=22.78 m。 ▌题型02 从运动情况确定受力 1.基本思路 分析物体的运动情况，由运动学公式求出物体的加速度，再由牛顿第二定律求出物体所受的合力或某一个力。 2.流程图 2.解题步骤 (1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和运动过程分析,并画出受力图和运动草图。 (2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。 (3)根据牛顿第二定律列方程,求物体所受的合外力。 (4)根据力的合成与分解的方法,由合力求出所需要求的力。 7.如图所示,车辆在行驶过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害。为了尽可能地减小碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊,假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带及安全气囊对乘客的平均作用力大小为(　　) A.420 N B.600 N C.800 N D.1 000 N 答案　A 解析　从踩下刹车到车完全停止的5 s内,乘客的速度由30 m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a==-m/s2=-6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-6) N=-420 N,负号表示力的方向跟初速度方向相反,故选项A正确。 8.某种型号装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4 s末到达距地面100 m的最高点时炸开,形成各种美丽的图案,假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25 C.50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25 答案　C 解析　根据h=at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则由牛顿第二定律得mg+f=ma,联立解得k=0.25,故选项C正确。 9.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)(　　) A.42 N B.6 N C.21 N D.36 N 答案　D 解析　因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ=;当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得F=36 N,D正确。 10.民航客机都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面,如图所示。若机舱口下沿距地面l=3 m,气囊所构成的斜面长度为d=6 m,一个质量为m=60 kg的人沿气囊滑至底端用时t=4 s,在滑动过程中所受阻力恒定,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.在滑动的过程中人受到重力、支持力、下滑力和摩擦力 B.在滑动的过程中人的加速度大小为1 m/s2 C.在滑动的过程中人对气囊的压力大小为300 N D.在滑动的过程中人所受恒定阻力大小为255 N 答案　D 解析　对人进行受力分析可知,在下滑过程中人受到重力、斜面的支持力和摩擦力,A错误;根据运动学公式有d=at2,解得a=0.75 m/s2,B错误;设气囊所构成的斜面与地面的夹角为θ,由几何关系可知sin θ=,解得θ=30°,沿气囊斜面根据牛顿第二定律,有mgsin θ-Ff=ma,垂直于气囊斜面有FN=mgcos θ,解得FN=300 N,Ff=255 N,C错误,D正确。 11.如图,某滑雪爱好者从静止开始沿倾角为37°的斜坡上的雪道匀加速直线下滑,开始下滑后3 s内下降的高度为12 m,重力加速度g的大小为10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)下滑3 s时,滑雪爱好者的速度大小; (2)滑雪板与雪道间的动摩擦因数。 答案　(1) m/s　(2) 解析　(1)下滑3 s时,滑雪爱好者沿雪道下滑的距离为x= 由匀变速直线运动规律有x=vt 解得v= m/s。 (2)根据运动学公式有x=at2 对滑雪爱好者受力分析,沿雪道方向,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-Ff=ma 垂直雪道方向,根据平衡条件有FN=mgcos 37° 又Ff=μFN 解得μ=。 12.汽车轮胎与公路路面之间必须要有足够大的动摩擦因数，才能保证汽车安全行驶。为检测某公路路面与汽车轮胎之间的动摩擦因数，需要测试刹车的车痕。测试汽车在该公路水平直道上以72 km/h的速度行驶时，突然紧急刹车，车轮被抱死后在路面上滑动，直至停下来。量得车轮在公路上摩擦的痕迹长度是30 m，则路面和轮胎之间的动摩擦因数是多少？(g取10 m/s2) 答案　 解析　根据匀变速直线运动规律可知 v2－0＝2ax 代入数据解得a＝ m/s2 对汽车进行受力分析可知FN＝mg Ff＝μFN＝μmg 根据牛顿第二定律可知Ff＝ma 联立解得μ＝。 13.民航客机都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面(如图甲所示)。斜面的倾角θ＝30°(如图乙所示)，人员可沿斜面匀加速滑行到地上。如果气囊所构成的斜面长度为8 m，一个质量为50 kg的乘客从静止开始沿气囊滑到地面所用时间为2 s，求乘客与气囊之间的动摩擦因数。(g＝10 m/s2) 答案　 解析　设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a 由x＝at2，解得a＝4 m/s2 对乘客进行受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有， x方向mgsin θ－Ff＝ma y方向FN－mgcos θ＝0 且Ff＝μFN 联立各式解得μ＝。 ▌题型03 多运动过程问题 1.基本思路 (1)把整个过程拆分为几个子过程,对每个子过程进行受力分析和运动特点分析。 (2)应用运动学公式或者牛顿第二定律求出不同运动过程的加速度。 (3)应用运动学公式求未知物理量或应用牛顿第二定律求未知力。 2.解题关键:求解运动转折点的速度。该点速度是上一过程的末速度,也是下一过程的初速度,它起到承上启下的作用,对解决问题起重要作用。 14.如图所示，一足够长的斜面倾角θ为37°，斜面BC与水平面AB平滑连接，质量m＝2 kg的物体静止于水平面上的M点，M点与B点之间的距离L＝9 m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现物体受到一水平向右的恒力F＝14 N作用，运动至B点时撤去该力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则： (1)物体在恒力F作用下运动时的加速度是多大？ (2)物体到达B点时的速度是多大？ (3)物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？物体回到B点的速度是多大？ 答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s (3)1.8 m　 m/s 解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma， 解得a＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)由M点到B点，根据运动学公式可知＝2aL， 解得vB＝ m/s＝6 m/s。 (3)物体在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 代入数据得a1＝10 m/s2， 逆向分析可得＝2a1x， 解得x＝＝1.8 m。 在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 代入数据可得a2＝2 m/s2 由运动学公式得vB'2＝2a2x vB'＝ m/s。 15.如图所示，质量m＝10 kg的物体静止在水平地面上，在斜向上的恒力F拉动下，开始向右运动。已知力F＝100 N，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，力F与水平方向的夹角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。 (1)求物体受到的摩擦力的大小； (2)求力F作用5 s时物体的速度大小； (3)如果力F作用5 s后撤去，则物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移是多大？ 答案　(1)20 N　(2)30 m/s　(3)165 m 解析　(1)物体受力如图所示 物体所受的支持力的大小为 FN＝mg－Fsin 37°＝100 N－100×0.6 N＝40 N 则物体受到的摩擦力大小为Ff＝μFN＝0.5×40 N＝20 N (2)根据牛顿第二定律得，物体的加速度为 a＝ ＝ m/s2＝6 m/s2 力F作用5 s时物体的速度大小为 v＝at＝6×5 m/s＝30 m/s (3)力F作用5 s时物体的位移为 x＝at2＝×6×52 m＝75 m 撤去F后，物体的加速度大小为 a'＝＝5 m/s2 滑行至停止运动的时间为 t'＝ s＝6 s 撤去F后滑行的位移为 x'＝t'＝×6 m＝90 m 故物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移为 x总＝x＋x'＝165 m。 16.滑沙游戏中,游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下。为了安全,滑沙车上通常装有刹车手柄,游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F,从而控制车速。为便于研究,作如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车摩擦变大匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。求: (1)游客匀速下滑时的速度大小; (2)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 答案　(1)16 m/s　(2)210 N 解析　(1)开始下滑时,对游客和滑沙车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 代入数据可得a=2 m/s2 游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小v0=at1=16 m/s。 (2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律有 v2-=2a'x 代入数据可得a'=-8 m/s2 由牛顿第二定律有-F-μmg=ma' 解得F=210 N,即施加的水平制动力为210 N。 17.小明通过拉轮胎跑训练体能。如图所示,小明腰部系着轻绳拖着轮胎,已知轮胎的质量为10 kg,绳与地面的夹角θ=37°,轮胎与地面间的动摩擦因数μ=0.5。小明拉着轮胎从静止开始全力奔跑,跑出20 m达到最大速度(这一过程可看作匀加速直线运动),然后以最大速度匀速跑到60 m终点处,共用时10 s。重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)小明加速所用的时间t1和最大速度; (2)小明匀加速运动阶段对轮胎的拉力F的大小。 答案　(1)5 s　8 m/s　(2)60 N 解析　(1)设最大速度为vm,匀速阶段所用时间为t2, 根据题意有t=t1+t2=10 s x1=t1=20 m,x2=vmt2=60 m-20 m=40 m 联立解得t1=5 s,vm=8 m/s。 (2)小明匀加速运动阶段的加速度大小为 a==1.6 m/s2 水平方向,根据牛顿第二定律有Fcos θ-Ff=ma 竖直方向,由共点力平衡条件有FN+Fsin θ=mg 又Ff=μFN 联立解得F=60 N。 ▌题型04 超重与失重 1.从物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)与重力的关系判断:若FN>mg,物体超重;若FN<mg,物体失重。 2.从加速度的角度判断:当物体具有竖直向上的加速度(或加速度分量)时处于超重状态;具有竖直向下的加速度(或加速度分量)时处于失重状态,竖直向下的加速度为g时处于完全失重状态。 3.提醒 (1)物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在,大小也没有变化。 (2)超重或失重现象与物体速度的大小和方向无关,只取决于加速度的方向。 物体状态 受力图 加速度 牛顿第二定律列方程 运动情况 平衡 a=0 F=mg 静止或匀速直线运动 超重 向上 F=m(g+a)>mg 向上加速或向下减速 失重 向下 F=m(g-a)<mg 向下加速或向上减速 完全失重 a=g F=0 自由落体运动、抛体运动 4.解决超重和失重问题的一般思路 超重和失重现象的实质就是牛顿第二定律的应用,解答有关问题时: (1)分析物体运动的加速度方向。 (2)判断物体处于超重状态还是失重状态。 (3)对物体进行受力分析。 (4)利用牛顿第二定律分析和求解。 18.(多选)某举重运动员在力传感器上训练做“下蹲”“站起”动作，某段时间内力传感器的示数随时间变化的图像如图所示。由稳定的站姿到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程，由稳定的蹲姿到稳定的站姿称为“站起”过程，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.“下蹲”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 B.“站起”过程中，该运动员先处于失重状态后处于超重状态 C.“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力小于力传感器对他的支持力 D.这段时间内，该运动员加速度的最大值为6 m/s2 答案　AD 解析　“下蹲”过程中，该运动员先向下加速后向下减速，同时力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，则该运动员先处于失重状态后处于超重状态，故A正确；“站起”过程中，该运动员先向上加速后向上减速，同时力传感器上的示数先大于重力，后小于重力，则该运动员先处于超重状态后处于失重状态，故B错误；“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力和力传感器对他的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；根据图像可知举重运动员在稳定的站姿和稳定的蹲姿状态中在竖直方向上受平衡力作用，可知该运动员重力为1 000 N，则该运动员质量m＝＝100 kg，力传感器示数最小时，处于失重状态，此时向下的加速度最大，此加速度大小a1＝＝6 m/s2，力传感器示数最大时，处于超重状态，此时向上的加速度最大，此加速度大小a2＝＝6 m/s2，则这段时间内，该运动员加速度的最大值为6 m/s2，故D正确。 19. (多选)几位同学为了探究电梯启动和制动时的运动状态变化情况,他们将体重计放在电梯中,一位同学站在体重计上,然后乘坐电梯从1层直接到10层,之后又从10层直接回到1层。用照相机进行了相关记录,如图所示。图1为电梯静止时体重计的照片,图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片。根据照片推断正确的是(　　) A.根据图2推断电梯一定处于加速上升过程,电梯内同学可能处于超重状态 B.根据图3推断电梯一定处于减速下降过程,电梯内同学可能处于失重状态 C.根据图4推断电梯可能处于减速上升过程,电梯内同学一定处于失重状态 D.根据图5推断电梯可能处于减速下降过程,电梯内同学一定处于超重状态 答案　CD 解析　题图2和题图5中体重计示数大于题图1,说明电梯内同学处于超重状态,电梯可能处于加速上升或减速下降过程;题图3和题图4中体重计示数小于题图1,说明电梯内同学处于失重状态,电梯可能处于减速上升或加速下降过程。故C、D正确。 20.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示。其中t1~t2段为直线,乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　　) A.0~t1时间内,v增大,FN>mg B.t1~t2时间内,v减小,FN<mg C.t2~t3时间内,v增大,FN<mg D.t2~t3时间内,v减小,FN>mg 答案　D 解析　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,速度v增大,加速度方向向下,可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,则乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,选项C错误,D正确。 21.(多选)弹簧高跷是一种新型的运动器材,如图甲。某次,当人抓住扶手用力向下蹬踏板压缩弹簧后,人就竖直向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙,则下列说法正确的是(忽略空气阻力)(　　) A.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力 B.人竖直向上弹起过程中,一直处于超重状态 C.人竖直向上弹起过程中,踏板对人的作用力大小等于人对踏板的作用力大小 D.人和高跷离开地面上升过程中处于完全失重状态 答案　ACD 解析　人从最低点加速竖直向上弹起,说明弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力,A正确;人加速上升过程中,加速度方向向上,处于超重状态,减速上升过程中,加速度方向向下,处于失重状态,B错误;踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力与反作用力,所以大小相等,C正确;人和高跷离开地面上升过程中,仅受重力作用,处于完全失重状态,D正确。 22.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是(　　) A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力 答案　A 解析　A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确。 23.升降机地板上放一个弹簧式台秤,秤盘放一个质量为20 kg的物体(g=10 m/s2),求: (1)当升降机匀速上升时,物体对台秤的压力大小; (2)当升降机以1 m/s2的加速度加速竖直上升时,物体处于超重状态还是失重状态?物体对台秤的压力大小; (3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,物体处于超重状态还是失重状态?物体对台秤的压力大小; (4)当升降机自由下落时,物体对台秤的压力。 答案　(1)200 N　(2)超重　220 N　(3)失重　100 N　(4)0 解析　(1)当升降机匀速上升时,由平衡条件知 FN=mg=200 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为200 N。 (2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,加速度方向向上,物体处于超重状态, 根据牛顿第二定律有FN'-mg=ma1 解得FN'=220 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为220 N。 (3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,加速度方向向下,物体处于失重状态, 根据牛顿第二定律有mg-FN″=ma2 解得FN″=100 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为100 N。 (4)当升降机自由下落时,加速度等于重力加速度,则物体处于完全失重状态,对台秤的压力为0。 24.在电梯中,把一物体置于水平台秤上,台秤与力传感器相连,电梯先从静止开始加速上升,然后又匀速运动一段时间,最后停止运动;传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系图像,如图所示(g取10 m/s2),则: (1)电梯在启动阶段经历了多长时间的加速上升过程? (2)该物体的重力是多大?电梯在超重和失重时物体的重力是否变化? (3)算出电梯在超重和失重时的最大加速度分别是多大? 答案　(1)4 s　(2)30 N　不变　(3) m/s2　 m/s2 解析　(1)由题图可知,电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程。 (2)根据题意知,在4~18 s时间内,物体随电梯一起匀速运动,由平衡条件及牛顿第三定律知,台秤所受的压力大小和物体的重力相等,即G=30 N 根据超重和失重的本质知物体的重力不变。 (3)超重时,台秤对物体的支持力最大为FN1=50 N 由牛顿第二定律得FN1-mg=ma1,则 a1== m/s2= m/s2 失重时,台秤对物体的支持力最小为FN2=10 N 由牛顿第二定律得mg-FN2=ma2,则 a2== m/s2= m/s2。 25.神舟十七号在2023年10月26日成功发射，汤洪波、唐胜杰、江新林三名航天员在太空中进行为期6个月的在轨驻留。火箭在发射时向上的加速度很大，有一段时间的加速度a将达到3.5g。(g＝10 m/s2) (1)火箭加速向上时，航天员将承受超重考验还是失重考验？ (2)平时重力G＝10 N的体内脏器，在该过程中需要支持力F多大？ (3)假设神舟十七号归来时，返回舱距地面一定高度时开始启动降落伞装置，在距地面高度h＝1.25 m时，速度为v＝10 m/s，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速。设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求最后减速阶段中质量m＝60 kg的航天员对座椅的压力为多大？ 答案　(1)超重　(2)45 N　(3)3 000 N 解析　(1)火箭加速向上时，加速度方向竖直向上，航天员将承受超重考验。 (2)由题意可知，体内脏器的质量m脏＝＝1 kg， 对体内脏器，由牛顿第二定律得 F－m脏g＝m脏a 解得在该过程中体内脏器需要支持力 F＝45 N (3)返回舱在减速阶段，由运动学知识可得 0－v2＝－2a1h 故返回舱的加速度大小为 a1＝40 m/s2 对航天员，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma1 解得航天员在该过程受到座椅的支持力为 FN＝3 000 N 由牛顿第三定律得，航天员对座椅的压力为 FN'＝3 000 N。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.5 牛顿运动定律的应用（题型突破） ▌题型01 从受力确定运动情况 1.答案　B 解析　对物体由牛顿第二定律得2Fcos 60°＝ma 代入数据解得a＝3 m/s2 则2 s末物体的速度为v＝at＝6 m/s 故选B。 2.答案　A 解析　根据牛顿第二定律有F-mg=ma,解得a=-g,导弹运动了时间t时的速度大小v=at=t,A正确。 3.答案　C 解析　施加恒力后,物体向左滑动时,水平方向上受到向右的恒力和滑动摩擦力的作用,做匀减速直线运动,滑动摩擦力大小为Ff=μFN=μmg=3 N,故a==5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需时间t==2 s,故A、B错误;物体减速到零后,由于F<Ff,则将保持静止状态,故C正确,D错误。 4.答案　18.75 s　1 125 m 解析　汽车起步加速阶段，受力如图(a)所示，建立平面直角坐标系，以初始时汽车运动的方向为x轴的正方向，沿两个坐标轴方向分别建立方程 汽车起步加速阶段：FN－G＝0 ① 由牛顿第二定律F－Ff＝ma1 ② Ff＝0.04×1 100×10 N＝440 N ③ 将③式代入②式得 a1＝ m/s2 ＝1.6 m/s2 ④ 由运动学公式v－v0＝a1t， ⑤ 其中v＝ m/s＝30 m/s， 将④式代入⑤式得t＝ s＝18.75 s 汽车关闭发动机后，受力如图(b)所示，由牛顿第二定律－Ff＝ma2 ⑥ a2＝ m/s2＝－0.4 m/s2 ⑦ 由运动学公式0－v2＝2a2x ⑧ 将⑦式代入⑧式得x＝ m＝1 125 m。 5.答案　(1)1.16 m/s2　(2)3.48 m/s　(3)14.5 m 解析　(1)冰车和小孩整体受力如图所示。 在竖直方向的合力为零，则有FN＋Fsin θ＝mg ① 在水平方向，根据牛顿第二定律得Fcos θ－Ff＝ma ② 摩擦力Ff＝μFN ③ 联立解得加速度a＝1.16 m/s2。 (2)冰车运动3 s时的速度大小 v＝at＝1.16×3 m/s＝3.48 m/s (3)冰车运动5 s时的位移大小 x＝at2＝×1.16×25 m＝14.5 m。 6.答案　(1)0.2 m/s2　(2)1 m/s　(3)22.78 m 解析　(1)冰壶自由滑行过程,根据牛顿第二定律有μmg=ma1 代入数据解得a1=0.2 m/s2。 (2)自由滑行时冰壶做匀减速运动,根据速度与位移关系式有-=-2a1x1 解得v1=1 m/s。 (3)摩擦冰面后,根据牛顿第二定律有 0.9μmg=ma2 解得a2=0.18 m/s2 冰壶还能滑行的距离 x2== m≈2.78 m 投出后冰壶在冰面上滑行的距离 x=x1+x2=22.78 m。 ▌题型02 从运动情况确定受力 7.答案　A 解析　从踩下刹车到车完全停止的5 s内,乘客的速度由30 m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a==-m/s2=-6 m/s2。根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的平均作用力F=ma=70×(-6) N=-420 N,负号表示力的方向跟初速度方向相反,故选项A正确。 8.答案　C 解析　根据h=at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程中礼花弹所受的阻力大小f=kmg,则由牛顿第二定律得mg+f=ma,联立解得k=0.25,故选项C正确。 9.答案　D 解析　因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ=;当木块在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2,得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得F=36 N,D正确。 10.答案　D 解析　对人进行受力分析可知,在下滑过程中人受到重力、斜面的支持力和摩擦力,A错误;根据运动学公式有d=at2,解得a=0.75 m/s2,B错误;设气囊所构成的斜面与地面的夹角为θ,由几何关系可知sin θ=,解得θ=30°,沿气囊斜面根据牛顿第二定律,有mgsin θ-Ff=ma,垂直于气囊斜面有FN=mgcos θ,解得FN=300 N,Ff=255 N,C错误,D正确。 11.答案　(1) m/s　(2) 解析　(1)下滑3 s时,滑雪爱好者沿雪道下滑的距离为x= 由匀变速直线运动规律有x=vt 解得v= m/s。 (2)根据运动学公式有x=at2 对滑雪爱好者受力分析,沿雪道方向,根据牛顿第二定律有mgsin 37°-Ff=ma 垂直雪道方向,根据平衡条件有FN=mgcos 37° 又Ff=μFN 解得μ=。 12.答案　 解析　根据匀变速直线运动规律可知 v2－0＝2ax 代入数据解得a＝ m/s2 对汽车进行受力分析可知FN＝mg Ff＝μFN＝μmg 根据牛顿第二定律可知Ff＝ma 联立解得μ＝。 13.答案　 解析　设乘客沿气囊下滑过程的加速度为a 由x＝at2，解得a＝4 m/s2 对乘客进行受力分析如图所示 根据牛顿第二定律有， x方向mgsin θ－Ff＝ma y方向FN－mgcos θ＝0 且Ff＝μFN 联立各式解得μ＝。 ▌题型03 多运动过程问题 14.答案　(1)2 m/s2　(2)6 m/s (3)1.8 m　 m/s 解析　(1)在水平面上，根据牛顿第二定律可知F－μmg＝ma， 解得a＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)由M点到B点，根据运动学公式可知＝2aL， 解得vB＝ m/s＝6 m/s。 (3)物体在斜面上向上滑时，根据牛顿第二定律可得，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 代入数据得a1＝10 m/s2， 逆向分析可得＝2a1x， 解得x＝＝1.8 m。 在斜面上向下滑时，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 代入数据可得a2＝2 m/s2 由运动学公式得vB'2＝2a2x vB'＝ m/s。 15.答案　(1)20 N　(2)30 m/s　(3)165 m 解析　(1)物体受力如图所示 物体所受的支持力的大小为 FN＝mg－Fsin 37°＝100 N－100×0.6 N＝40 N 则物体受到的摩擦力大小为Ff＝μFN＝0.5×40 N＝20 N (2)根据牛顿第二定律得，物体的加速度为 a＝ ＝ m/s2＝6 m/s2 力F作用5 s时物体的速度大小为 v＝at＝6×5 m/s＝30 m/s (3)力F作用5 s时物体的位移为 x＝at2＝×6×52 m＝75 m 撤去F后，物体的加速度大小为 a'＝＝5 m/s2 滑行至停止运动的时间为 t'＝ s＝6 s 撤去F后滑行的位移为 x'＝t'＝×6 m＝90 m 故物体在从静止开始运动的12 s内通过的位移为 x总＝x＋x'＝165 m。 16.答案　(1)16 m/s　(2)210 N 解析　(1)开始下滑时,对游客和滑沙车整体受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,根据牛顿第二定律可得mgsin 37°-μmgcos 37°=ma 代入数据可得a=2 m/s2 游客匀速下滑的速度等于第一阶段匀加速运动的末速度,末速度的大小v0=at1=16 m/s。 (2)整体滑到水平面上时,做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律有 v2-=2a'x 代入数据可得a'=-8 m/s2 由牛顿第二定律有-F-μmg=ma' 解得F=210 N,即施加的水平制动力为210 N。 17.答案　(1)5 s　8 m/s　(2)60 N 解析　(1)设最大速度为vm,匀速阶段所用时间为t2, 根据题意有t=t1+t2=10 s x1=t1=20 m,x2=vmt2=60 m-20 m=40 m 联立解得t1=5 s,vm=8 m/s。 (2)小明匀加速运动阶段的加速度大小为 a==1.6 m/s2 水平方向,根据牛顿第二定律有Fcos θ-Ff=ma 竖直方向,由共点力平衡条件有FN+Fsin θ=mg 又Ff=μFN 联立解得F=60 N。 ▌题型04 超重与失重 18.答案　AD 解析　“下蹲”过程中，该运动员先向下加速后向下减速，同时力传感器上的示数先小于重力，后大于重力，则该运动员先处于失重状态后处于超重状态，故A正确；“站起”过程中，该运动员先向上加速后向上减速，同时力传感器上的示数先大于重力，后小于重力，则该运动员先处于超重状态后处于失重状态，故B错误；“下蹲”时，该运动员对力传感器的压力和力传感器对他的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C错误；根据图像可知举重运动员在稳定的站姿和稳定的蹲姿状态中在竖直方向上受平衡力作用，可知该运动员重力为1 000 N，则该运动员质量m＝＝100 kg，力传感器示数最小时，处于失重状态，此时向下的加速度最大，此加速度大小a1＝＝6 m/s2，力传感器示数最大时，处于超重状态，此时向上的加速度最大，此加速度大小a2＝＝6 m/s2，则这段时间内，该运动员加速度的最大值为6 m/s2，故D正确。 19.答案　CD 解析　题图2和题图5中体重计示数大于题图1,说明电梯内同学处于超重状态,电梯可能处于加速上升或减速下降过程;题图3和题图4中体重计示数小于题图1,说明电梯内同学处于失重状态,电梯可能处于减速上升或加速下降过程。故C、D正确。 20.答案　D 解析　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,速度v增大,加速度方向向下,可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,则乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,选项C错误,D正确。 21.答案　ACD 解析　人从最低点加速竖直向上弹起,说明弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力,A正确;人加速上升过程中,加速度方向向上,处于超重状态,减速上升过程中,加速度方向向下,处于失重状态,B错误;踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力与反作用力,所以大小相等,C正确;人和高跷离开地面上升过程中,仅受重力作用,处于完全失重状态,D正确。 22.答案　A 解析　A、B整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A对B均无压力，只有A选项正确。 23.答案　(1)200 N　(2)超重　220 N　(3)失重　100 N　(4)0 解析　(1)当升降机匀速上升时,由平衡条件知 FN=mg=200 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为200 N。 (2)当升降机以1 m/s2的加速度竖直上升时,加速度方向向上,物体处于超重状态, 根据牛顿第二定律有FN'-mg=ma1 解得FN'=220 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为220 N。 (3)当升降机以5 m/s2的加速度减速上升时,加速度方向向下,物体处于失重状态, 根据牛顿第二定律有mg-FN″=ma2 解得FN″=100 N 根据牛顿第三定律,物体对台秤的压力大小为100 N。 (4)当升降机自由下落时,加速度等于重力加速度,则物体处于完全失重状态,对台秤的压力为0。 24.答案　(1)4 s　(2)30 N　不变　(3) m/s2　 m/s2 解析　(1)由题图可知,电梯在启动阶段经历了4 s加速上升过程。 (2)根据题意知,在4~18 s时间内,物体随电梯一起匀速运动,由平衡条件及牛顿第三定律知,台秤所受的压力大小和物体的重力相等,即G=30 N 根据超重和失重的本质知物体的重力不变。 (3)超重时,台秤对物体的支持力最大为FN1=50 N 由牛顿第二定律得FN1-mg=ma1,则 a1== m/s2= m/s2 失重时,台秤对物体的支持力最小为FN2=10 N 由牛顿第二定律得mg-FN2=ma2,则 a2== m/s2= m/s2。 25.答案　(1)超重　(2)45 N　(3)3 000 N 解析　(1)火箭加速向上时，加速度方向竖直向上，航天员将承受超重考验。 (2)由题意可知，体内脏器的质量m脏＝＝1 kg， 对体内脏器，由牛顿第二定律得 F－m脏g＝m脏a 解得在该过程中体内脏器需要支持力 F＝45 N (3)返回舱在减速阶段，由运动学知识可得 0－v2＝－2a1h 故返回舱的加速度大小为 a1＝40 m/s2 对航天员，由牛顿第二定律得 FN－mg＝ma1 解得航天员在该过程受到座椅的支持力为 FN＝3 000 N 由牛顿第三定律得，航天员对座椅的压力为 FN'＝3 000 N。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $